Zadania geometryczne na dowodzenie - Zintegrowana Platforma Edukacyjna

Ten materiał poświęcony jest zadaniom geometrycznym na dowodzenie z wykorzystaniem cech przystawania trójkątów. Jeżeli chcesz sobie przypomnieć podstawowe wiadomości na temat przystawania trójkątów, zajrzyj do lekcji Cechy przystawania trójkątówP14dDpb6WCechy przystawania trójkątów.

Ćwiczenie 1

W trójkącie nierównoramiennym $A B C$ punkt $D$ jest środkiem boku $A B$ . Wykaż, że odległości punktów $A$ i $B$ od prostej $C D$ są równe.

R9oFukKd2mqd4

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Odległość dowolnego punktu $P$ od prostej wyznacza odcinek prostopadły do tej prostej o początku w punkcie $P$ i o końcu w punkcie należącym do prostej.

Szkic dowodu.
Oznaczamy przez $E$ i $F$ takie punkty na prostej $C D$ , że prosta $A E$ jest prostopadła do prostej $C D$ oraz prosta $B F$ jest prostopadła do prostej $C D$ .

R1O11PzjwqgMD

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C. Zaznaczono środek boku A B i opisano go literą D. Następnie przez wierzchołek C oraz środek D poprowadzono prostą. W kolejnym kroku narysowano dwie proste prostopadłe do prostej C D. Pierwsza z prostopadłych prostych to prosta przechodząca przez wierzchołek A trójkąta. Prosta ta przecina prostą C D w punkcie E. Druga z prostopadłych prostych przebiega przez wierzchołek B trójkąta i przecina prostą C D w punkcie F. Odcinek A E wyznacza odległość punktu A od prostej C D. Analogicznie odcinek B F wyznacza odległość wierzchołka B od prostej C D. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Ponieważ

$|∢ A D E| = |∢ B D F|$ , jako kąty wierzchołkowe,
$|A D| = |D B|$ , jako połowy boku $A B$ ,
$|∢ A E D| = 90 °$ i $|∢ B F D| = 90 °$ , skąd

|∢ E A D| = 90 ° - |∢ A D E| = 90 ° - |∢ B D F| = |∢ F B D|

to na mocy cechy kąt – bok – kąt trójkąty $A D E$ i $B D F$ są przystające.
Wynika z tego, że $|A E| = |B F|$ .

Ćwiczenie 2

Pięciokąt $A B C D E$ jest foremny. Wykaż, że wszystkie przekątne tego pięciokąta są równe.

R2JxJIOxV601L

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Szkic dowodu.
Zauważmy, że z jednego wierzchołka pięciokąta foremnego można poprowadzić dwie przekątne, np. przekątne $A C$ i $A D$ poprowadzone z wierzchołka $A$ .

RW19obWNiSpWH1

Rysunek pięciokąta foremnego A B C D E z poprowadzonymi przekątnymi AC i AD. Bok pięciokąta wraz z tymi przekątnymi tworzy trójkąt równoramienny A C D, gdzie przekątne pięciokąta są ramionami trójkąta o równej długości. Przy wierzchołku E zaznaczono kąt wewnętrzny pięciokąta o mierze 108 stopni. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Każda z tych przekątnych odcina od pięciokąta $A B C D E$ trójkąt równoramienny, którego ramionami są dwa kolejne boki tego pięciokąta, np. przekątna $A C$ odcina trójkąt $A B C$ , a przekątna $A D$ odcina trójkąt $A E D$ . Kąt między ramionami w każdym z takich trójkątów jest kątem wewnętrznym pięciokąta foremnego $A B C D E$ , więc ma miarę $108 °$ . Na mocy cechy bok – kąt – bok stwierdzamy, że wszystkie takie trójkąty są przystające. Zatem mają one równe podstawy, a to znaczy, że wszystkie przekątne w pięciokącie foremnym są równe.
Uwaga. Na pięciokącie foremnym można opisać okrąg. Każda z przekątnych pięciokąta jest cięciwą koła ograniczonego tym okręgiem. Mniejszemu odcinkowi koła, otrzymanemu z jego podziału taką cięciwą, odpowiada w każdym przypadku kąt środkowy $144 °$ .

ReRsQib1INKEe1

Rysunek pięciokąta foremnego A B C D E wpisanego w koło o środku S. Narysowano dwa promienie: A S oraz C S, które rozpinają kąt o mierze 144 stopnie. Kolorem wyróżniono odcinek koła oparty na łuku A B C. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Zatem wszystkie te wycinki są przystające, więc wszystkie przekątne w pięciokącie foremnym są równe.

Ćwiczenie 3

Ośmiokąt $A B C D E F G H$ jest foremny. Wykaż, że czworokąt $A C E G$ jest kwadratem.

RRjVegbz2FswL

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Jakimi trójkątami są trójkąty $A B C$ , $C D E$ , $E F G$ , $G H A$ w ośmiokącie? Odpowiedz na pytanie i wyciągnij odpowiednie wnioski, które będą podstawą dowodu.

Szkic dowodu.
Trójkąty: $A B C$ , $C D E$ , $E F G$ , $G H A$ są równoramienne, ich ramionami są dwa kolejne boki ośmiokąta $A B C D E F G H$ . Kąt między ramionami w każdym z takich trójkątów jest kątem wewnętrznym ośmiokąta foremnego, więc ma miarę $135 °$ .

R1XdQHFgIYYdm1

Ilustracja przedstawia ośmiokąt foremny A B C D E F G H. Przy wierzchołku B zaznaczono kąt o mierze 135 stopni. Połączono odcinkami co drugi wierzchołek ośmiokąta, tworząc w jego wewnętrzu czworokąt A C E G. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Na mocy cechy bok – kąt – bok stwierdzamy, że wszystkie takie trójkąty są przystające. Zatem mają one równe podstawy, czyli

|A C| = |C E| = |E G| = |G A|

a suma obu kątów przy tej podstawie jest równa $180 ° - 135 °$ , czyli $45 °$ .
Obliczymy miarę kąta $A C E$ . Ponieważ $|∢ B C D| = 135 °$ , a suma miar kątów $B C A$ i $E C D$ jest równa $45 °$ , to $|∢ A C E| = 135 ° - 45 ° = 90 °$ To znaczy, że każdy kąt wewnętrzny czworokąta $A C E G$ jest równy $90 °$ , więc jest on kwadratem.
Uwaga. Na ośmiokącie foremnym można opisać okrąg. Wierzchołki ośmiokąta foremnego dzielą ten okrąg na osiem równych łuków. Zauważmy, że np. kąt wpisany $A C E$ jest oparty na łuku, który stanowi $\frac{4}{8}$ okręgu opisanego, zatem jest półokręgiem. Wobec tego kąt $A C E$ jest prosty. Podobnie pokazujemy, że każdy z kątów $C E G$ , $E G A$ i $G A C$ jest prosty.

Ćwiczenie 4

Na przekątnej $A C$ równoległoboku $A B C D$ wybrano punkty $E$ i $F$ , takie że $|A E| = |C F|$ . Wykaż, że $|B F| = |D E|$ .

R1EUDK0P9Pe8m

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Oprzyj swoje rozważania na trójkątach $A D E$ i $C B F$ w równoległoboku.

Szkic dowodu.
Ponieważ

$|A D| = |C B|$ , jako przeciwległe boki równoległoboku $A B C D$ ,
$|∢ E A D| = |∢ F C B|$ ,
$|A E| = |C F|$ , z warunków zadania,

to na mocy cechy bok – kąt – bok trójkąty $A D E$ i $C B F$ są przystające.
Wynika z tego, że $|D E| = |B F|$ .

Ćwiczenie 5

W trapezie równoramiennym $A B C D$ podstawa $A B$ jest dłuższa od podstawy $C D$ . Na przekątnych $A C$ i $B D$ wybrano punkty odpowiednio $P$ i $Q$ tak, że $|A P| = \frac{1}{3} |A C|$ i $|B Q| = \frac{1}{3} |B D|$ . Wykaż, że $|A Q| = |B P|$ .

RFgNNXRCsGr6I

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Skoro trapez jest równoramienny, to jakie są jego przekątne? Równe czy różne? Co z tego wynika? Jakie są wobec siebie trójkąty $A B P$ i $A B Q$ ?

Rysunek pomocniczy.

R1352ME2DhK3H

Ilustracja przedstawia trapez równoramienny A B C D, w którym górna podstawa C D jest krótsza od dolnej podstawy A B. W trapezie wykreślono przekątne A C oraz B D. Na przekątnej A C zaznaczono punkt P w jednej trzeciej jej długości tak, że długość A P równa się jedna trzecia długości A C. Analogicznie na przekątnej B D zaznaczono punkt Q taki, że długość B Q jest jedną trzecią długości przekątnej B D. Kolorem wyróżniono dwa odcinki wewnątrz figury. Są to przecinające się odcinki A Q oraz B P. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Szkic dowodu.
Ponieważ:

$A B$ jest wspólnym bokiem trójkątów $A B C$ i $B A D$ ,
$|∢ D A B| = |∢ C B A|$ ,
$|B C| = |A D|$ ,

to na mocy cechy bok – kąt – bok trójkąty $A B C$ i $B A D$ są przystające.
Stąd wynika, że

|A C| = |B D|

|∢ C A B| = |∢ D B A|

Wykażemy teraz, że trójkąty $A P B$ i $B Q A$ są przystające. W tym celu skorzystamy z cechy bok – kąt – bok:

$A B$ jest wspólnym bokiem trójkątów $A P B$ i $B Q A$ ,
$|∢ P A B| = |∢ Q B A|$ ,
$|A C| = |B D|$ , skąd $|A P| = \frac{1}{3} |A C| = \frac{1}{3} |B D| = |B Q|$ .

Wobec tego $|A Q| = |B P|$ .

Ćwiczenie 6

Na bokach $A B$ , $B C$ , $C D$ i $D A$ kwadratu $A B C D$ wybrano takie punkty odpowiednio $K$ , $L$ , $M$ i $N$ , że $|A K| = 3 |K B|$ , $|B L| = 3 |L C|$ , $|C M| = 3 |M D|$ i $|D N| = 3 |N A|$ . Wykaż, że czworokąt $K L M N$ jest kwadratem.

R17h2SD4J7gKC

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Przyjmij, że boki kwadratu $A B C D$ mają długość $4 a$ . Zwróć uwagę, że czworokąt $K L M N$ wycina z dużego kwadratu trójkąty. Co możesz o nich powiedzieć?

Szkic dowodu.
Przyjmujemy, że bok kwadratu $A B C D$ ma długość $4 a$ . Stosujemy oznaczenia takie jak na rysunku.

Ra2Wx5XNes3QP1

Ilustracja przedstawia kwadrat A B C D o boku o długości 4 a. Na bokach kwadratu oznaczono punkty: czworokąt K L M N tak, że długość A K wynosi 3 a, długość K B wynosi a, długość B L wynosi 3 a, długość L C wynosi a, długość C M wynosi 3 a, długość M D wynosi a, długość D N wynosi 3 a, długość N A wynosi a. Punkty K L M N połączono, tworząc czworokąt, który jedocześnie odcina w kwadracie cztery trójkąty prostokątne znajdujące się przy wierzchołkach kwadratu. Wyróżniono jeden z tych trójkątów A K N. Przy wierzchołku A oznaczono kąt prosty. Przyprostokątna N A ma długość a, przyprostokątna A K ma długość 3 a. Przeciwprostokątna K N nachylona jest do A K pod kątem ostrym alfa. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Zauważmy, że na mocy cechy bok – kąt – bok trójkąty $N A K$ , $K B L$ , $L C M$ i $M D N$ są przystające

$|N A| = |K B| = |L C| = |M D| = a$ ,
$|∢ N A K| = |∢ K B L| = |∢ L C M| = |∢ M D N| = 90 °$ ,
$|A K| = |B L| = |C M| = |D N| = 3 a$ .

Wobec tego

|N K| = |K L| = |L M| = |M N|

oraz

|∢ K L B| = |∢ L M C| = |∢ M N D| = |∢ N K A| = α

Wtedy

|∢ K N A| = |∢ L K B| = |∢ M L C| = |∢ N M D| = 90 ° - α

To znaczy, że

|∢ M N K| = 180 ° - (|∢ M N D| + |K N A|) =

180 ° - (α + 90 ° - α) = 180 ° - 90 ° = 90 °

Zatem czworokąt $K L M N$ jest kwadratem.

Ćwiczenie 7

Na bokach $A B$ i $B C$ kwadratu $A B C D$ zbudowano na zewnątrz trójkąty równoboczne $A E B$ i $B F C$ . Uzasadnij, że trójkąt $D E F$ jest równoboczny.

R1JSiUobnjn41

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

W konstrukcji możemy znaleźć trzy trójkąty leżące na zewnątrz trójkąta $D E F$ .

Szkic dowodu.
Rysujemy trójkąty $A E B$ i $C B F$ .

R78vEyE4pLFF8

Rysunek kwadratu A B C D oraz trójkątów równobocznych A E B i B F C, zbudowanych na jego bokach A B oraz B C. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Oznaczamy przez $a$ długość boku kwadratu $A B C D$ . Wtedy również boki trójkątów $A E B$ i $B F C$ są równe $a$ .
Trójkąty $D A E$ , $D F C$ i $E F B$ są przystające na mocy cechy bok – kąt – bok:

$|A D| = |D C| = |B E| = a$ ,
$|∢ D A E| = 90 ° + 60 ° = |∢ D C F|$ , $|∢ E B F| = 360 ° - 90 ° - 60 ° - 60 ° = 150 °$ ,

czyli $|∢ D A E| = |∢ D C F| = |∢ E B F|$ ,

$|A E| = |C F| = |B F| = a$ .

Stąd $|D E| = |D F| = |E F|$ .
Zatem trójkąt $D E F$ jest równoboczny.

Rp6YncDUWaSEz

Rysunek kwadratu A B C D oraz trójkątów równobocznych A E B i B F C. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Ćwiczenie 8

Czworokąty $A B C D$ i $A P Q R$ przedstawione na rysunku są kwadratami.

R17RNxQY9cJbg

Rysunek przedstawia dwa kwadraty o jednym wspólnym wierzchołku: większy A B C D oraz mniejszy A P Q R. Mniejszy kwadrat jest ustawiony ukośnie tak, że wierzchołki P oraz Q znajdują się wewnątrz dużego kwadratu, a wierzchołek R znajduje się poza dużym kwadratem. Dodatkowo narysowano dwa odcinki: odcinek D R leżący poza dużym kwadratem oraz odcinek B P leżący wewnątrz dużego kwadratu. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wykaż, że $|B P| = |D R|$ .

R1ZAJyJfYBHm8

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Zwróć uwagę na trójkąty $A P B$ i $A R D$ .

Szkic dowodu.
Ponieważ

$|A P| = |A R|$ , jako boki kwadratu $A P Q R$ ,
$|A B| = |A D|$ , jako boki kwadratu $A B C D$ ,
$|∢ P A B| = 90 ° - |∢ D A P| = |∢ R A D|$ ,

to na mocy cechy bok – kąt – bok trójkąty $A P B$ i $A R D$ są przystające.
Wynika z tego, że $|B P| = |D R|$ .

Ćwiczenie 9

Na odcinku $A C$ wybrano punkt $B$ różny od końców tego odcinka. Trójkąty $A B D$ i $B C E$ są równoboczne.

R1NAWEXVBHzWZ

Rysunek przedstawia dwa trójkąty równoboczne o jednym wspólnym wierzchołku: mniejszy A B D oraz większy B C E. Podstawy A B oraz B C leżą na jednej poziomej prostej. Wierzchołki D oraz E są nad tymi podstawami. Liniami przerywanymi narysowano dwa odcinki łączące wierzchołki trójkątów: to odcinki D C oraz A E — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wykaż, że $|A E| = |C D|$ .

R1WHX9IGrdmhv

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Zwróć uwagę na trójkąty $A B E$ i $D B C$ .

Szkic dowodu.
Ponieważ

$|A B| = |D B|$ , jako boki trójkąta równobocznego $A B D$ ,
$|B E| = |B C|$ , jako boki trójkąta równobocznego $B C E$ ,
$|∢ A B E| = 180 ° - |∢ E B C| = 180 ° - 60 ° = 120 °$ oraz $|∢ D B C| = 180 ° - |∢ A B D| = 180 ° - 60 ° = 120 °$ ,

to na mocy cechy bok – kąt – bok trójkąty $A B E$ i $D B C$ są przystające.
Wynika z tego, że $|A E| = |D C|$ .

Ćwiczenie 10

Trójkąty $A B C$ i $B D E$ , przedstawione na rysunku, są równoboczne.

RL8rZW1WumnRh

Rysunek przedstawia dwa trójkąty równoboczne o jednym wspólnym wierzchołku B: mniejszy A B C i większy B D E. Trójkąty są tak usytuowane, że mały trójkąt jest ustawiony ukośnie tak, że jego wierzchołek E znajduje się wewnątrz dużego trójkąta, a wierzchołek D leży poza dużym trójkątem po prawej stronie boku B C dużego trójkąta. Następnie poprowadzono linią przerywaną narysowano dwa odcinki łączące pozostałe wierzchołki trójkątów: odcinek A E leżący wewnątrz dużego trójkąta oraz odcinek C D leżący na zewnątrz dużego trójkąta. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wykaż, że $|A E| = |D C|$ .

R2x9vz2Qzf2bt

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Zwróć uwagę na trójkąty $A B E$ i $C B D$ .

Szkic dowodu.
Ponieważ

$|A B| = |B C|$ , jako boki trójkąta równobocznego $A B C$ ,
$|∢ A B E| = |∢ A B C| - |∢ E B C| = 60 ° - |∢ E B C| =$
$= |∢ E B D| - |∢ E B C| = |∢ C B D|$ ,
$|B E| = |B D|$ , jako boki trójkąta równobocznego $B D E$ ,

to na mocy cechy bok – kąt – bok trójkąty $A B E$ i $C B D$ są przystające.
Wynika z tego, że $|A E| = |D C|$ .

Ćwiczenie 11

W trójkącie równoramiennym $A B C$ boki $A C$ i $B C$ są równe. Na podstawie $A B$ i ramieniu $B C$ zbudowano trójkąty równoboczne $A B K$ i $B C L$ , jak przedstawiono na rysunku.

R2FMgcFfxxSN0

Rysunek przedstawia trzy trójkąty. Głównym trójkątem jest trójkąt równoramienny A B C, na którego bokach zbudowano dwa trójkąty równoboczne. Na poziomej podstawie A B zbudowano pod wyjściowym trójkątem trójkąt A K B. Po prawej stronie na boku B C wyjściowego trójkąta zbudowano trójkąt równoboczny B L C. Następnie linią przerywaną narysowano dwa odcinki łączące wierzchołki różnych trójkątów: odcinek A L oraz odcinek C K. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wykaż, że $|A L| = |C K|$ .

Rpg3Lj0UFfU1C

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Zwróć uwagę na trójkąty $A B L$ i $K B C$ .

Szkic dowodu.
W trójkącie $A B C$ oznaczmy przez $a$ długość podstawy $A B$ , przez $b$ długość ramienia, przez $α$ miarę kąta wewnętrznego przy podstawie $A B$ .

R15o8LJrp5wVv

Rysunek trójkąta równoramiennego A B C oraz trójkątów równobocznych A B K i B C L zbudowanych na jego bokach. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wtedy każdy z boków trójkąta $A B K$ jest równy $a$ oraz każdy z boków trójkąta $B L C$ jest równy $b$ .
Trójkąty $A B L$ i $K B C$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę bok – kąt – bok, gdyż

$|A B| = |K B| = a$ ,
$|∢ A B L| = |∢ A B C| + |∢ C B L| = α + 60 ° =$
$= |∢ C B A| + |∢ A B K| = |∢ C B K|$ ,
$|B L| = |B C| = b$ .

Wobec tego $|A L| = |C K|$ .

Ćwiczenie 12

Na bokach $B C$ i $C D$ równoległoboku $A B C D$ zbudowano kwadraty $C D E F$ i $B C G H$ . Udowodnij, że $|A C| = |F G|$ .

RqaZ5apoCv9Hw1

Rysunek przedstawia równoległobok A B C D, w którym poziome podstawy dolna A B oraz górna C D są dłuższymi bokami figury. Na górnej podstawie zbudowano większy kwadrat D C F E. Na prawym ukośnym boku równoległoboku zbudowano mniejszy kwadrat B H G C. Następnie linią przerywaną poprowadzono dwa odcinki: przekątną równoległoboku A C oraz odcinek G F leżący poza wszystkimi figurami. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

RZNwOIbmSZAnq

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Zwróć uwagę na trójkąty $A B C$ i $F C G$ .

Szkic dowodu.
W równoległoboku $A B C D$ oznaczmy przez $a$ długość boku $A B$ , przez $b$ długość boku $B C$ , przez $α$ miarę kąta wewnętrznego $D A B$ .

R1Mc0YPygb6ZB1

Rysunek równoległoboku A B C D i zbudowanych na jego bokach kwadratów C D E F i B C G H. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wtedy każdy z boków kwadratu $C D E F$ ma długość $a$ oraz każdy z boków kwadratu $B C G H$ jest równy $b$ , a każdy z kątów $A B C$ i $A D C$ ma miarę $180 ° - α$ .
Trójkąty $A B C$ i $F C G$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę bok – kąt – bok, gdyż

$|A B| = |F C| = a$ ,
$|∢ A B C| = 180 ° - α$ oraz $|∢ F C G| = 360 ° - (|∢ F C D| + |∢ D C B| + |∢ B C G|) =$
$= 360 ° - (90 ° + α + 90 °) = 180 ° - α$ , zatem $|∢ A B C| = |∢ F C G|$ ,
$|B C| = |C G| = b$ .

Wobec tego $|A C| = |F G|$ .

Ćwiczenie 13

W trójkącie ostrokątnym $A B C$ na bokach $B C$ i $A C$ leżą odpowiednio takie punkty $D$ i $E$ , że $|A D| = |B E|$ i $|∢ A D C| = |∢ B E C| = 110 °$ . Wykaż, że trójkąt $A B C$ jest równoramienny.

RqvYusFBiIMb1

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Zwróć uwagę na trójkąty $A D C$ i $B E C$ .

Szkic dowodu.
Oznaczmy przez $α$ miarę kąta $A C B$ .

RwFGbVcCYdEBo

Rysunek przedstawia trójkąt A B C. Na prawym ramieniu B C oznaczono punkt D. Na lewym ramieniu A C oznaczono punkt A E. Linią przerywaną wykreślono dwa przecinające się odcinki znajdujące się wewnątrz trójkąta: odcinek A D oraz B E. Na rysunku zaznaczono również trzy kąty: kąt ostry alfa przy wierzchołku C w trójkącie A B C oraz dwa kąty o mierze 110 stopni każdy. Są to kąty B E C oraz A D C. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Trójkąty $A D C$ i $B E C$ są przystające (cecha kąt – bok – kąt), gdyż

$| ∢ B E C | = | ∢ A D C | = 110^{\circ}$ ,
$|A D| = |B E|$ ,
$|∢ E B C| = 180 ° - (|∢ B E C| + |∢ E C B|) = 180 ° - (110 ° + α) =$
$180 ° - (|∢ A D C| + |∢ D C A|) = |∢ D A C|$ .

Wobec tego $|A C| = |B C|$ , czyli trójkąt $A B C$ jest równoramienny.

Ćwiczenie 14

W trójkącie prostokątnym $A B C$ punkt $D$ leży na przeciwprostokątnej $A B$ . Punkt $E$ jest symetryczny do punktu $D$ względem prostej $A C$ , a punkt $F$ jest symetryczny do punktu $D$ względem prostej $B C$ .

RHl2vTXcXlHX9

Rysunek przedstawia trójkąt prostokątny A B C, w którym kąt prosty znajduje się przy wierzchołku C. Na przeciwprostokątnej A B oznaczono punkt D. Poza trójkątem oznaczono dwa kolejne punkty. Po lewej stronie lewego boku A C oznaczono punkt E, który połączono linią przerywaną z punktem D. Odcinek E D jest prostopadły do boku A C. Bok A C leży na symetralnej odcinka E D, co oznacza, że punkty E oraz D są symetryczne względem prostej A C. Analogicznie po prawej stronie bok B C narysowano punkt F leżący poza trójkątem. Linią przerywaną połączono punkt C oraz F. Odcinek C F jest prostopadły do boku B C i tak jak wcześniej opisano, punkty C oraz F są symetryczne względem prostej B C. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wykaż, że punkty $C$ , $E$ i $F$ leżą na jednej prostej.

RWezRmfWBCGPO

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Co możesz powiedzieć o parach trójkątów: $A D C$ i $A E C$ oraz $B D C$ i $B F C$ ?

Szkic dowodu.
Prosta $A C$ jest symetralną odcinka $D E$ . Wynika stąd, że $|A E| = |A D|$ i $|C E| = |C D|$ . Wobec tego trójkąty $E A C$ i $D A C$ są przystające (na mocy cechy bok – bok – bok). Zatem $|∢ E C A| = |∢ D C A|$ .

RwqqhDKTYp7MG

Rysunek przedstawia trójkąt prostokątny A B C wraz z punktem D na przeciwprostokątnej A B oraz z punktami E i F opisany w zadaniu. Na ilustracji wykreślono cztery dodatkowe odcinki: kolorem zielonym zaznaczono odcinki C D oraz C E, kolorem żółtym odcinki E A oraz A D. Wspólnie tworzą one równoległobok A D C E. Bok A C trójkąta jest przekątną tego równoległoboku. Odcinek E D jest jego drugą przekątną. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Prosta $B C$ jest symetralną odcinka $D F$ , co znaczy, że $|B F| = |B D|$ i $|C F| = |C D|$ . Zatem trójkąty $F B C$ i $D B C$ są przystające (na mocy cechy bok – bok – bok), więc $|∢ D C B| = |∢ F C B|$ .

RbwQc4VIuaw7Y

Przeciwprostokątną w trójkącie $A B C$ jest bok $A B$ , więc kąt $A C B$ jest prosty. Oznaczmy przez $α$ miarę kąta $D C B$ . Wtedy
$|∢ F C B| = α$ i $|∢ D C A| = |∢ E C A| = 90 ° - α$ .
Wobec tego miara kąta $E C F$ jest równa

|∢ E C F| = |∢ E C A| + |∢ A C B| + |∢ B C F| = 90 ° - α + 90 ° + α = 180 °

Ro0JySfIFG3HF

Wynika z tego, że punkty $C$ , $E$ i $F$ leżą na jednej prostej. Koniec dowodu.

Ćwiczenie 15

Na bokach $A B$ i $C D$ równoległoboku $A B C D$ zbudowano kwadraty $A B K L$ i $C D M N$ .

R1I6gzYSscVbY1

Rysunek przedstawia równoległobok A B C D o dłuższych poziomych podstawach górnej C D i dolnej A B. Na boku A B zbudowano pod równoległobokiem kwadrat L K B A oraz na boku C D zbudowano nad równoległobokiem kwadrat D C N M. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wykaż, że trójkąty $B N K$ i $D L M$ są przystające.

R1CCNsWCJTNUn

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Oznacz kąt ostry równoległoboku jako $α$ . Wtedy kąt rozwarty równoległoboku będzie miał miarę $180 ° - α$ . Oznacz także boki $A B$ i $C D$ jako $a$ i pozostałe dwa boki jako $b$ .

Szkic dowodu.
W równoległoboku $A B C D$ oznaczmy przez $a$ długość boku $A B$ , przez $b$ długość boku $B C$ , przez $α$ miarę kąta wewnętrznego $D A B$ (patrz rysunek).

R7UR9wgQvp7dB1

Rysunek przedstawia równoległobok A B C D opisany w zadaniu. Na boku A B zbudowano pod równoległobokiem kwadrat L K B A oraz na boku C D zbudowano nad równoległobokiem kwadrat D C N M. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wtedy każdy z boków kwadratów $A B K L$ i $C D M N$ jest równy $a$ , kąt $B C D$ ma miarę $α$ , a każdy z kątów $A B C$ i $A D C$ ma miarę $180 ° - α$ .
Trójkąty $A D L$ i $C B N$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę bok – kąt – bok, ponieważ

$|A D| = |C B| = b$ ,
$|∢ D A L| = |∢ D A B| + |∢ B A L| = α + 90 ° = |∢ B C D| + |∢ D C N| = |∢ B C N|$ ,
$|A L| = |C N| = a$ .

R1JHN8D6UzzTc1

Rysunek równoległoboku A B C D i zbudowanych na jego bokach kwadratach A B K L i C D M N oraz zaznaczonymi kątami D A B i B C D równymi alfa oraz odcinkami LD i BN. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wobec tego $|D L| = |B N|$ i $|∢ A D L| = |∢ C B N|$ . Ponieważ

$|L D| = |N B|$ ,
$|∢ L D M| = |∢ L D A| + |∢ A D M| = |∢ L D A| + 360 ° - (|∢ A D C| + |∢ C D M|) =$
$= |∢ L D A| + 360 ° - (90 ° + 180 ° - α) = |∢ L D A| + 90 ° + α$ ,
$|∢ N B K| = |∢ C B N| + |∢ C B K| = |∢ C B N| + 360 ° - (|∢ K B A| + |∢ A B C|) =$
$= |∢ C B N| + 360 ° - (90 ° + 180 ° - α) = |∢ C B N| + 90 ° + α$ ,
skąd $|∢ L D M| = |∢ N B K|$ (skorzystaliśmy z równości miar kątów $A D L$ i $C B N$ ),
$|D M| = |B K| = α$ ,

to trójkąty $L D M$ i $N B K$ są przystające na mocy cechy bok – kąt – bok.

RwLibHzD8w5Dv1

Rysunek równoległoboku A B C D i zbudowanych na jego bokach kwadratach A B K L i C D M N oraz zaznaczonym odcinkami LD, BN, LM i KN. Rysunek pomocniczy do rozwiązania zadania. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Ćwiczenie 16

Na bokach trójkąta równobocznego $A B C$ , przedstawionego na rysunku, zbudowano kwadraty $A B D E$ , $C B G H$ i $A C K L$ .

R14FQnAS1fMWv1

Rysunek przedstawia trójkąt równoboczny A B C. Na jego bokach zbudowano po jednym kwadracie: E D B A oraz B G H C oraz L A C K. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wykaż, że trójkąt $K G E$ jest równoboczny.

RvZZ9Tn8S8PQW

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Narysuj odcinki: $K G$ , $C G$ , $G E$ , $B E$ , $K E$ .

Szkic dowodu.
Rysujemy odcinki: $K G$ , $C G$ , $G E$ , $B E$ , $K E$ .

R1QLpqTKCFnql1

Rysunek przedstawia trójkąt równoboczny A B C. Na jego bokach zbudowano po jednym kwadracie: E D B A oraz B G H C oraz L A C K. Na rysunku poprowadzono linią przerywaną przekątne kwadratów: E B, następnie G C oraz AK, a następujące odcinki łączące wierzchołki różnych kwadratów: E G oraz G K i K E. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wówczas

$|K C| = |G B| = |A E|$ , jako boki przystających kwadratów,
$|∢ G C K| = 360 ° - (|∢ K C A| + |∢ A C B| + |∢ B C G|) =$
$= 360 ° - 90 ° - 60 ° - 45 ° = 165 °$ ,
analogicznie uzasadniamy, że $|∢ G B E| = |∢ E A K| = 165 °$ ,
$|C G| = |B E| = |A K|$ , jako przekątne przystających kwadratów.

Wobec tego na mocy cechy bok – kąt – bok trójkąty $K C G$ , $G B E$ i $A E K$ są przystające.
Stąd $|K G| = |G E| = |E K|$ , czyli trójkąt $K G E$ jest równoboczny.

Ćwiczenie 17

Na ramionach $A C$ i $B C$ trójkąta równoramiennego $A B C$ zbudowano kwadraty $A C K L$ i $B C M N$ . Wykaż, że trójkąty $M L A$ i $K N B$ są przystające.

R8xLnSMD2B89b1

Rysunek przedstawia trójkąt równoramienny A B C, w którym A B jest poziomą podstawą krótszą od ramion A C i B C. Na ramionach zbudowano na zewnątrz trójkąta dwa kwadraty: lewy L A C K oraz prawy B N M C. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

R7DYGPbuQ5GK1

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Zwróć uwagę na trójkąty $B A L$ i $A B N$ , na trójkąty $B K L$ i $A M N$ oraz na trójkąty $K N M$ i $M L K$ .

Szkic dowodu.

Oznaczmy przez $a$ długość ramienia trójkąta $A B C$ , przez $α$ – miarę jego kąta wewnętrznego przy podstawie $A B$ (patrz rysunek).

R17xMrLloFo211

Rysunek przedstawia trójkąt równoramienny A B C, w którym A B jest poziomą podstawą krótszą od ramion A C i B C. Ramiona mają długość a każde i są nachylone do podstawy pod ostrym kątem alfa. Na ramionach zbudowano na zewnątrz trójkąta dwa kwadraty: lewy L A C K oraz prawy B N M C. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wykażemy najpierw, że $|A N| = |B L|$ , $|A M| = |B K|$ oraz $|M L| = |K N|$ .
Trójkąty $B A L$ i $A B N$ są przystające (na mocy cechy bok – kąt – bok), gdyż:

$B A$ jest wspólnym bokiem tych trójkątów,
$|∢ B A L| = |∢ A B N| = 90 ° + α$ ,
$|A L| = |B N| = a$ .

Stąd $|B L| = |A N|$ i $|∢ B L A| = |∢ A N B|$ . Trójkąty $B K L$ i $A M N$ są przystające (na mocy cechy bok – kąt – bok), ponieważ $|B L| = |A N|$ , $|∢ B L K| = 90 ° - |∢ B L A| = 90 ° - |∢ A N B| = |∢ A N M|$ , $|L A| = |N B| = a$ .

R1bssXP5HJhXw1

Rysunek przedstawia trójkąt równoramienny A B C opisany w zadaniu. Na ramionach A C oraz B C zbudowano na zewnątrz trójkąta dwa kwadraty: lewy L A C K oraz prawy B N M C. Na rysunku wykreślono cztery dodatkowe odcinki: K B, następnie L B, następnie A M oraz A M. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Stąd $|B K| = |A M|$ i $|∢ K B L| = |∢ M A N|$ . Trójkąty $K N M$ i $M L K$ są przystające (na mocy cechy bok – kąt – bok), gdyż

$K M$ jest wspólnym bokiem tych trójkątów,
$|∢ K M N| = |∢ K M C| + |∢ C M N| = |∢ K M C| + 90 °$ oraz $|∢ M K L| = |∢ M K C| + |∢ C K L| = |∢ M K C| + 90 °$ . Trójkąt $M K C$ jest równoramienny ( $|M C| = |C K| = a$ ), więc kąty $M K C$ i $K M C$ są równe (miara obu jest równa $90 ° - α$ ), co znaczy, że $|∢ K M N| = |∢ M K L|$ ,
$|N M| = |L K| = a$ .

RcthnCTh2UqFB1

Stąd $|K N| = |M L|$ . Zatem trójkąty $M L A$ i $K N B$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę bok – bok – bok, gdyż

$|A L| = |B N| = a$ ,
$|K N| = |M L|$ ,
$|B K| = |A M|$ .

Rn9aSOqkasnbk1

Ćwiczenie 18

Wewnątrz kwadratu $A B C D$ wybrano takie punkty $M$ i $N$ , że trójkąty $A B M$ i $B C N$ są równoboczne (zobacz rysunek). Wykaż, że trójkąt $D N M$ jest równoboczny.

R1c0ulKcQYrA91

Rysunek przedstawia kwadrat A B C D, w którym wykreślono trzy trójkąty. Trójkąt A B M jest równoboczny i ma wspólną poziomą podstawę z kwadratem. Punkt M jest górnym wierzchołkiem leżącym wewnątrz kwadratu nieco poniżej górnego boku C D kwadratu. Trójkąt B C N jest równoboczny i ma wspólny pionowy bok B C z kwadratem. Punkt N jest lewym wierzchołkiem leżącym wewnątrz kwadratu nieco na prawo od lewego boku A D kwadratu. Trzeci trójkąt to trójkąt znajdujący się wewnątrz kwadratu o wierzchołkach N M D. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

R18mKWc3fzSmw

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Zwróć uwagę na trójkąty $D A M$ , $N B M$ i $N C D$ .

Szkic dowodu.
Oznaczmy przez $a$ długość boku kwadratu $A B C D$ . Trójkąty $A B M$ i $B C N$ są równoboczne, zatem $|A M| = |B M| = a$ oraz $|B N| = |C N| = a$ .
Ponadto

$|∢ D A M| = |∢ D A B| - |∢ M A B| = 90 ° - 60 ° = 30 °$ ,
$|∢ N C D| = |∢ D C B| - |∢ N C B| = 90 ° - 60 ° = 30 °$ ,
$|∢ C B M| = |∢ C B A| - |∢ M B A| = 90 ° - 60 ° = 30 °$ ,
$|∢ N B M| = |∢ C B N| - |∢ C B M| = 60 ° - 30 ° = 30 °$ .

Zatem trójkąty $D A M$ , $N B M$ i $N C D$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę bok – kąt – bok, gdyż

$|D A| = |N B| = |N C| = a$ ,
$|∢ D A M| = |∢ N B M| = |∢ N C D| = 30 °$ ,
$|A M| = |B M| = |C D|$ .

Stąd $|D M| = |N M| = |N D|$ , czyli trójkąt $D M N$ jest równoboczny.

Ćwiczenie 19

Na rysunku przedstawiony jest trójkąt prostokątny $A B C$ . Punkt $C$ jest wierzchołkiem kąta prostego. Na bokach $A C$ i $B C$ zbudowano kwadraty $A C K L$ i $C B M N$ .

RJdRkcl4D7TiC

Rysunek przedstawia trójkąt prostokątny A B C o poziomej podstawie A B leżącej na prostej A B zaznaczonej linią przerywaną. Na krótszej przyprostokątnej A C zbudowano kwadrat A C K L. Z wierzchołka L linią przerywaną narysowano pionowy odcinek prostopadły do prostej A B będący odległością tego punktu od prostej. Na dłuższej przyprostokątnej B C zbudowano kwadrat B C M N. Z wierzchołka M linią przerywaną narysowano pionowy odcinek prostopadły do prostej A B będący odległością tego punktu od prostej. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wykaż, że suma odległości punktów $L$ i $M$ od prostej $A B$ jest równa długości przeciwprostokątnej $A B$ .

R1PueCTsRKiGC

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Zwróć uwagę, że można utworzyć trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej $L A$ , którego jedną z przyprostokątnych jest odcinek prostopadły do prostej $A B$ , poprowadzony z punktu $L$ . Podobnie można utworzyć trójkąt prostokątny w oparciu o punkt $M$ , $B$ oraz rzut punktu $M$ na prostą.

Szkic dowodu.
Oznaczmy przez $X$ i $Y$ takie punkty na prostej $A B$ , że $|∢ L X A| = 90 °$ i $|∢ B Y M| = 90 °$ , przez $D$ – spodek wysokości opuszczonej z wierzchołka $C$ trójkąta $A B C$ , a także $|B C| = a$ , $|A C| = b$ , $|∢ C A B| = α$ (jak na rysunku).

R1VrZZ487EgGE

Rysunek przedstawia opisany w zadaniu trójkąt prostokątny A B C o poziomej podstawie A B leżącej na prostej A B zaznaczonej linią przerywaną. Na krótszej przyprostokątnej A C o długości b zbudowano kwadrat A C K L. Z wierzchołka L linią przerywaną narysowano pionowy odcinek L X prostopadły do prostej A B będący odległością tego punktu od prostej, oczywiście punkt X leży na prostej. Na dłuższej przyprostokątnej B C o długości a zbudowano kwadrat B C M N. Z wierzchołka M linią przerywaną narysowano pionowy odcinek M Y prostopadły do prostej A B będący odległością tego punktu od prostej, oczywiście punkt Y leży na prostej. Z górnego wierzchołka C trójkąta A B C narysowano wysokość C D, gdzie punkt D leży na podstawie A B.. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Trójkąty $L X A$ i $A D C$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę kąt – bok – kąt, ponieważ

$|∢ X A L| = 180 ° - (|∢ D A C| + |∢ C A L|) = 180 ° - α - 90 ° = 90 ° - α$ ,
$|∢ A C D| = 180 ° - (|∢ A D C| + |∢ C A D|) = 180 ° - 90 ° - α = 90 ° - α$ ,
skąd $|∢ X A L| = |∢ A C D|$ ,
$|A L| = |C A| = b$ ,
$|∢ X L A| = 180 ° - (|∢ L X A| + |∢ X A L|) = 180 ° - 90 ° - (90 ° - α) = α =$
$= |∢ D A C|$ .

Wynika z tego, że $|L X| = |A D|$ .
Trójkąty $M Y B$ i $B D C$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę kąt – bok – kąt, ponieważ

$|∢ C B D| = 180 ° - (|∢ A C B| + |∢ B A C|) = 180 ° - 90 ° - α = 90 ° - α$ ,
$|∢ B C D| = 180 ° - (|∢ C B D| + |∢ B D C|) = 180 ° - (90 ° - α) - 90 ° = α$ ,
$|∢ Y B M| = 180 ° - (|∢ C B D| + |∢ C B M|) = 180 ° - (90 ° - α) - 90 ° = α$ ,
skąd $|∢ Y B M| = |∢ B C D|$ ,
$|B M| = |C B| = a$ ,
$|∢ Y M B| = 180 ° - (|∢ M Y B| + |∢ Y B M|) = 180 ° - 90 ° - α = 90 ° - α =$
$= |∢ C B D|$ .

Wynika z tego, że $|M Y| = |B D|$ .
Zatem $|L X| + |M Y| = |B D| + |A D| = |A B|$ , a to właśnie należało udowodnić.

Ćwiczenie 20

Na bokach $B C$ i $C D$ równoległoboku $A B C D$ , przedstawionego na rysunku, zbudowano trójkąty równoboczne $B C K$ i $C D L$ .

RGWVtkkvyux3R

Rysunek przedstawia równoległobok A B C D, w którym poziome podstawy: górna C D oraz dolna A B są dłuższymi bokami. Na prawym ukośnym boku B C zbudowano mniejszy trójkąt równoboczny B K C. Na górnym boku C D zbudowano większy trójkąt równoboczny D C L. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wykaż, że dwusieczna kąta $L A K$ dzieli odcinek $K L$ na połowy.

R1YYroVjkp3Be

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wykorzystaj pomocniczo trójkąty $A D L$ i $K B A$ .

Szkic dowodu.
Oznaczmy: $|A B| = a$ , $|B C| = b$ , $|∢ D A B| = α$ .
Wtedy w równoległoboku $A B C D$ : $|A D| = b$ , $|C D| = a$ , $|∢ B C D| = α$ , $|∢ A B C| = |∢ A D C| = 180 ° - α$ , a w trójkątach równobocznych $D C L$ i $B C K$ boki mają długości równe odpowiednio $a$ i $b$ .
Dorysujmy odcinki $A L$ i $A K$ .

RiZN3yvhWVNf51

Rysunek przedstawia równoległobok A B C D opisany w zadaniu. Na prawym ukośnym boku B C zbudowano mniejszy trójkąt równoboczny B K C. Na górnym boku C D zbudowano większy trójkąt równoboczny D C L. Następnie narysowano trzy dodatkowe odcinki: odcinek A L, odcinek A K oraz odcinek L K. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Trójkąty $A D L$ i $K B A$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę kąt – bok – kąt, gdyż

$|A D| = |K B| = b$ ,
$|∢ A D L| = 360 ° - (|∢ A D C| + |∢ C D L|) = 360 ° - (180 ° - α) - 60 ° =$
$= 120 ° + α$ ,
$|∢ A B K| = 360 ° - (|∢ A B C| + |∢ C B K|) = 360 ° - (180 ° - α) - 60 ° =$
$= 120 ° + α$ ,
skąd $|∢ A D L| = |∢ A B K|$ ,
$|D L| = |B A| = a$ .

Wynika z tego, że $|A L| = |A K|$ .
Zatem trójkąt $LAK$ jest równoramienny, przy czym $|A L| = |A K|$ , więc dwusieczna kąta $L A K$ przecina podstawę $K L$ w połowie. Koniec dowodu.

Ćwiczenie 21

Punkty $A$ , $B$ , $C$ leżą na jednej prostej, a czworokąty $A B D E$ i $B C F G$ przedstawione na rysunku są kwadratami.

R1Jd0a1eXqiMQ

Rysunek przedstawia dwa kwadraty leżące na jednej poziomej prostej. Z lewej mamy większy kwadrat A B D E, gdzie A B to poziomy bok dolny, B C to pionowy prawy bok, D E to górny poziomy bok i E A to lewy pionowy bok. Prawy kwadrat B C F G ma następującą konstrukcję: B C jest współliniowy z A B i jest dolnym bokiem, C F to prawy pionowy bok, F G to poziomy górny bok, G B to lewy pionowy bok, przy czym punkt G leży na odcinku B D. Następnie linią przerywaną narysowano dwa ukośne odcinki: A G, przy czym zaznaczono jego środek i opisano go literą K. Drugi odcinek to C D, którego środkiem jest punkt L. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Punkt $K$ jest środkiem odcinka $A G$ , punkt $L$ jest środkiem odcinka $D C$ . Wykaż, że $|∢ K B L| = 90 °$ .

RjgjKeFLVaCT8

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Weź pod uwagę trójkąty $K B G$ oraz $B L D$ .

Szkic dowodu.
Oznaczmy: $|A B| = a$ , $|B C| = b$ .
Wtedy boki kwadratów $A B D E$ i $B C F G$ mają długości równe odpowiednio $a$ i $b$ .
Trójkąty $A B G$ i $D B C$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę bok – kąt – bok, gdyż

$|A B| = |D B| = a$ ,
$|∢ A B G| = |∢ D B C| = 90 °$ ,
$|B G| = |B C| = b$ .

Oznaczając przez $α$ miarę kąta $G A B$ , mamy $|∢ A G B| = 180 ° - (|∢ G B A| + |∢ G A B|) = 180 ° - 90 ° - α = 90 ° - α$ , skąd, wobec przystawania trójkątów $A B G$ i $D B C$ , $|∢ C D B| = α$ oraz $|∢ D C B| = 90 ° - α$ .
Wybierzmy na półprostej $A E$ taki punkt $P$ , że $|A P| = |B G|$ oraz na półprostej $C F$ taki punkt $Q$ , że $|C Q| = |B D|$ .

R15ZwA7e5Lyvr

Rysunek przedstawia dwa kwadraty opisane w zadaniu: większy lewy A B D E i mniejszy prawy B C F G. Narysowano dodatkowe dwa odcinki A G, którego środek znajduje się w punkcie K oraz C D o środku w punkcie L. Odcinek A G nachylony jest do poziomego boku A B pod ostrym kątem alfa. Odcinek C D nachylony jest do pionowego boku B D pod kątem ostrym alfa. Na lewym boku A E dużego kwadratu zaznaczono punkt P tak, że odcinek A P jest długości odcinka B G. Prawy bok C F mniejszego kwadratu przedłużono w górę i zaznaczono punkt Q powyżej punktu F tak, ze odcinek C Q jest długości boku B D dużego kwadratu. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wtedy czworokąty $A B G P$ i $D B C Q$ są prostokątami o bokach długości $a$ i $b$ . Wobec tego ich przekątne: $A G$ , $P B$ , $C D$ , $B Q$ są równe (a długość każdej z nich to $\sqrt{a^{2} + b^{2}}$ ) i przecinają się w połowie.
Zatem

$|G K| = |K B|$ , czyli trójkąt $G K B$ jest równoramienny, więc $|∢ K B G| = |∢ K G B| = 90 ° - α$ ,
$|D L| = |L B|$ , czyli trójkąt $D L B$ jest równoramienny, więc $|∢ L D B| = |∢ L B D| = α$ .

R12LuTLAKQPnf

Rysunek przedstawia wcześniej opisaną konstrukcję składającą się z dwóch kwadratów: większy lewy A B D E i mniejszy prawy B C F G. Narysowano dodatkowe dwa odcinki A G, którego środek znajduje się w punkcie K oraz C D o środku w punkcie L. Skupiamy się na czterech trójkątach. Trójkąt prostokątny A B G ma kąt prosty przy wierzchołku B, kąt ostry alfa przy wierzchołku A oraz kąt 90 stopni odjąć alfa przy wierzchołku G. Z tego trójkąta wydzielono równoramienny trójkąt K B G, w którym przy wierzchołkach B oraz G znajdują się kąty o mierze 90 stopni odjąć alfa każdy. Trzeci trójkąt to trójkąt prostokątny B C D. Przy wierzchołku B jest kąt prosty, przy wierzchołku D znajduje się kąt ostry alfa. Z tego trójkąta wydzielono równoramienny trójkąt B L D, w którym przy wierzchołkach B i D znajdują się kąty alfa. Z tego wynika, że kąt K B L składa się z dwóch kątów: 90 stopni odjąć alfa oraz z kąta alfa. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wynika z tego, że $|∢ K B L| = |∢ K B G| + |∢ G B L| = 90 ° - α + α = 90 °$ . Koniec dowodu.
Uwaga. Rozwiązując powyższe zadanie, udowodniliśmy (korzystając z własności przekątnych w prostokącie), że w dowolnym trójkącie prostokątnym środkowa łącząca wierzchołek kąta prostego ze środkiem przeciwprostokątnej jest równa połowie długości tej przeciwprostokątnej. Fakt ten można też udowodnić, korzystając z własności okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym. Rozpatrzmy w tym celu trójkąt $A B C$ o kącie prostym przy wierzchołku $C$ . Ponieważ kąt wpisany $A C B$ jest prosty, to jest oparty na półokręgu, więc środkiem $S$ tego okręgu opisanego jest środek przeciwprostokątnej trójkąta $A B C$ . To znaczy, że $|S C| = r = |S A| = |S B| = \frac{1}{2} |A B|$ (patrz rysunek).

RJQIEP9VBkQeV

Rysunek przedstawia okrąg o środku w punkcie S i o promieniu r. W okrąg wpisano trójkąt prostokątny A B C taki, że przy wierzchołku C znajduje się kąt prosty, natomiast przeciwprostokątna A B jest średnicą okręgu. Dodatkowo poprowadzono promień S C, dzięki czemu wydzielono z trójkąta prostokątnego A B C trójkąt równoramienny A S C, gdzie A S i C S to promienie okręgu. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Ćwiczenie 22

W trójkącie ostrokątnym $A B C$ kąt przy wierzchołku $A$ ma miarę $45 °$ . Wysokości $B D$ i $C E$ tego trójkąta przecinają się w punkcie $H$ .

RhH1L55PTLgEr

Rysunek przedstawia trójkąt ostrokątny A B C, w którym A B to pozioma podstawa. Przy lewym wierzchołku A zaznaczono kąt 45 stopni. Z górnego wierzchołka C upuszczono pionową wysokość C E, gdzie punkt E należy do podstawy. Z wierzchołka B upuszczono ukośną wysokość B D na ukośny bok A C. Wysokości przecinają się w punkcie H. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wykaż, że $|A H| = |B C|$ .

R11ZmWevUHY64

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Zwróć uwagę na trójkąty $A D H$ i $B D C$ .

Szkic dowodu.
Oznaczmy przez $a$ długość odcinka $A E$ , przez $b$ – długość odcinka $A D$ .
Zauważmy, że

$|∢ A C E| = 180 ° - (|∢ A E C| + |∢ C A E|) = 180 ° - 90 ° - 45 ° = 45 °$ , więc trójkąt $A E C$ jest równoramienny i $|C E| = |A E| = a$ ,
$|∢ D B A| = 180 ° - (|∢ A D B| + |∢ D A B|) = 180 ° - 90 ° - 45 ° = 45 °$ , więc trójkąt $A D B$ jest równoramienny i $|B D| = |A D| = b$ ,
$|∢ D H C| = 180 ° - (|∢ C D H| + |∢ H C D|) = 180 ° - 90 ° - 45 ° = 45 °$ , więc trójkąt $C D H$ jest równoramienny i $|D H| = |D C|$ .

Wynika z tego, że trójkąty $A D H$ i $B D C$ są przystające, co stwierdzamy, powołując się na cechę bok – kąt – bok, gdyż

$|A D| = |B D| = b$ ,
$|∢ A D H| = 90 ° = |∢ B D C|$ ,
$|D H| = |D C|$ .

Zatem $|A H| = |B C|$ . Koniec dowodu.
Uwaga. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $A E C$ obliczamy długość przeciwprostokątnej $A C$ : $|A C| = \sqrt{a^{2} + a^{2}} = \sqrt{2 a^{2}} = \sqrt{2} a$ . Wobec tego długość każdego z odcinków $D H$ i $D C$ można wyrazić za pomocą $a$ i $b$ :

|D H| = |D C| = |A C| - |A D| = \sqrt{2} a - b

Ćwiczenie 23

Trójkąt $A B C$ , przedstawiony na rysunku, jest równoramienny i $|A C| = |B C|$ . Punkty $C$ , $B$ , $M$ są współliniowe.
Na boku $A C$ wybrano punkt $N$ tak, że $|A N| = |B M|$ . Proste $N M$ i $A B$ przecinają się w punkcie $P$ . Wykaż, że $|N P| = |P M|$ .

RjiiOmH8LsKkX

Rysunek przedstawia trójkąt równoramienny A B C, w którym A B jest poziomą podstawą, A C oraz B C są ramionami równej długości. Na lewym boku A C zaznaczono punkt N w okolicy środka boku, jednak bliżej punktu A. Na podstawie zaznaczono punkt P w okolicy punktu B. Poza trójkątem zaznaczono punkt M współliniowy z bokiem B C. Narysowano również odcinki: B M oraz M N, do którego należy punkt P. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

R9MSNLEpW6bN1

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Poprowadź przez punkt $N$ prostą równoległą do prostej $B C$ . Przez $Q$ oznaczamy punkt przecięcia tej prostej z bokiem $A B$ . Znajdź trójkąty przystające.

Szkic dowodu.
Poprowadźmy przez punkt $N$ prostą równoległą do prostej $B C$ . Przez $Q$ oznaczamy punkt przecięcia tej prostej z bokiem $A B$ .

RrwfJPrsgRzFC

Wtedy trójkąt $A N Q$ jest równoramienny i $|A N| = |N Q|$ , więc także $|N Q| = |B M|$ . Na mocy cechy kąt – bok – kąt trójkąty $P N Q$ i $P M B$ są przystające, skąd $|N P| = |P M|$ .

Ćwiczenie 24

W prostokącie $A B C D$ , przedstawionym na rysunku, dane są długości boków $|A B| = 3$ i $|B C| = 1$ . Punkty $E$ i $G$ leżą na boku $A B$ , a punkty $F$ i $H$ leżą na boku $C D$ tak, że czworokąty $A E F D$ , $E G H F$ i $G B C H$ są kwadratami.

R1dbe7F208ayk

Ilustracja przedstawia prostokąt A B C D o poziomych bokach o długości 3 i o pionowych bokach o długości jeden. Prostokąt podzielono dwoma odcinkami E F oraz G H na trzy kwadraty o boku o długości jeden. Dodatkowo poprowadzono trzy ukośne odcinki w lewego górnego wierzchołka D. Pierwszy odcinek jest najkrótszy i biegnie do punktu E leżącego na podstawie A B. Odcinek D E jest przekątną lewego kwadratu A E F D. Zaznaczono kolorem kąt A E D. Drugi odcinek to odcinek D G, który jest przekątną prostokąta A G H D o wymiarach dwa na jeden. Kolorem zaznaczono kąt A G D. Trzeci odcinek D B to przekątna wyjściowego prostokąta. Kolorem wyróżniono kąt A B D. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wykaż, że $|∢ A E D| + |∢ A G D| + |∢ A B D| = 90 °$ .

R1LZTa6s89Z3s

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Dorysuj trzy kwadraty: $A E L K$ , $E G M L$ , $G B N M$ oraz poprowadź odcinki $D L$ i
$L B$ . Znajdź trójkąt równoramienny.

Szkic dowodu.
Dorysujmy trzy kwadraty: $A E L K$ , $E G M L$ , $G B N M$ oraz poprowadźmy odcinki $D L$ i $L B$ .

RikN0olTZjLQn

Ilustracja przedstawia opisany w zadaniu prostokąt A B C D o wymiarach trzy na jeden podzielony na trzy jednakowe kwadraty o wymiarach jeden na jeden: lewy A E F D, środkowy E G H F oraz prawy G B C H. Z wierzchołka D poprowadzono odcinki: D E, D G oraz D B i zaznaczono kąty, pod jakim są nachylone do odcinka A B. Dodatkowo pod wyjściowym prostokątem narysowano drugi prostokąt K N B A o wymiarach trzy na jeden. Został on podzielony na trzy kwadraty o boku jeden: lewy K L E A, środkowy L M G E oraz prawy M N B G. Narysowano również dwa kolejne odcinki: D L oraz L B. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Zauważmy, że przekątna $D E$ kwadratu $A E F D$ tworzy z jego bokiem kąt $45 °$ . Należy więc wykazać, że

|∢ A G D| + |∢ A B D| = 90 ° - |∢ A E D| = 90 ° - 45 ° = 45 °

Każdy z odcinków $D G$ , $B L$ i $D L$ jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych długości $1$ i $2$ , więc długość każdego z nich jest (na mocy twierdzenia Pitagorasa) równa $\sqrt{1^{2} + 2^{2}} = \sqrt{5}$ .
Z twierdzenia Pitagorasa mamy też ${|D B|}^{2} = {|D A|}^{2} + {|A B|}^{2} = 1^{2} + 3^{2} = 10$ . Ponieważ $|D B| > 0$ , to $|D B| = \sqrt{10}$ .
W trójkącie $D L B$ mamy ${|D B|}^{2} = 10$ oraz ${|D L|}^{2} + {|L B|}^{2} = 5 + 5 = 10$ . Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa mamy więc, że trójkąt $D B L$ jest prostokątny. Jest on też równoramienny, co znaczy, że $|∢ L B D| = |∢ L D B| = 45 °$ .
Ponieważ

$|D A| = 1 = |L E|$ ,
$|A G| = 2 = |E B|$ ,
$|G D| = |B L| = \sqrt{5}$ ,

to trójkąty $D A G$ i $L E B$ są przystające, na mocy cechy bok – bok – bok.
Wobec tego $|∢ A G D| = |∢ E B L|$ .
Ponadto $|∢ D B A| + |∢ E B L| = |∢ D B L| = 45 °$ , zatem $|∢ D B A| + |∢ A G D| = 45 °$ . Koniec dowodu.

Ćwiczenie 25

Bok kwadratu $A B C D$ ma długość $1$ . Punkty $M$ i $K$ leżą na bokach odpowiednio $B C$ i $C D$ tego kwadratu, przy czym $|∢ B A M| = 12 °$ oraz $|∢ D A K| = 33 °$ .

R68RtiX0CuWis

Ilustracja przedstawia kwadrat A B C D. Na boku B C zaznaczono punkt M blisko punktu B. Poprowadzono odcinek A M nachylony pod kątem 12 stopni do poziomego boku A B. Na boku C D zaznaczono K w okolicy środka, jednak bliżej wierzchołka C. Narysowano odcinek A K nachylony pod kątem 33 stopni do pionowego boku A D. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Wykaż, że w trójkącie $M A K$ wysokość opuszczona z wierzchołka $A$ na bok $M K$ ma długość $1$ .

RXljyoSpfC0rJ

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

$|∢ M A K| = 90 ° - (|∢ M A B| + |∢ K A D|) = 90 ° - (12 ° + 33 °) = 45 °$

Szkic dowodu.
Zauważmy, że

|∢ M A K| = 90 ° - |∢ M A B| + |∢ K A D| = 90 ° - (12 ° + 33 °) = 45 °

Poprowadźmy z punktu $A$ półprostą, która tworzy z półprostymi $A M$ i $A K$ kąty odpowiednio $12 °$ i $33 °$ . Wybierzmy na tej półprostej taki punkt $L$ , że $|A L| = 1$ .

R1U2cC9CsQsPf

Wtedy $|A L| = |A D| = 1$ i $|∢ L A K| = |K A D| = 33 °$ , zatem trójkąty $D A K$ i $L A K$ są przystające na mocy cechy bok – kąt – bok.
Mamy również $|A L| = |A B| = 1$ i $|∢ L A M| = |B A M| = 12 °$ , więc trójkąty $B A M$ i $L A M$ są przystające na mocy cechy bok – kąt – bok.
Wobec tego $|∢ A L K| = |A D K| = 90 °$ oraz $|∢ M L A| = |M B A| = 90 °$ . To oznacza, że punkty $M$ , $L$ i $K$ są współliniowe i w trójkącie $A K M$ punkt $L$ jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka $A$ .

RRtvTWWZeBrq9

Długość tej wysokości jest równa $1$ . Koniec dowodu.